中考数学《专项三压轴题》精讲教学案类型⑦ 平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究

类型⑦平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究,备考攻略)在平行四边形有关存在性问题中，常会遇到这样两类探究性的问题：1．已知三点的位置，在二次函数上或在坐标平面内找一动点，使这四点构成平行四边形(简称“三定一动”)．2．已知两个点的位置，在二次函数上或在坐标平面内找两个动点，使这四点构成平行四边形(简称“两定两动”)．平行四边形的这四个点有可能是定序的，也有可能没有定序．1．确定动点位置时出现遗漏．2．在具体计算动点坐标时出现方法不当或错解．1．分清题型(属于三定一动还是两定两动，因为这两种题型的分类标准有所不同)．2．分类讨论且作图(利用分类讨论不重不漏的寻找动点具体位置)．3．利用几何特征计算(不同的几何存在性要用不同的解题技巧)．可以把存在性问题的基本思路叫做“三步曲”：一“分”二“作”三“算”．1．如果为“三定一动”，要找出平行四边形第四个顶点，则符合条件的有3个点；这三个点的找法是以三个定点为顶点画三角形，过每个顶点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生所要求的3个点．2．如果为“两定两动”，要找出平行四边形第三、四个顶点，将两个定点连成定线段，将此线段按照作为平行四边形的边或对角线两种分类讨论．1．若平行四边形的四个顶点都能用坐标来表示，则直接利用坐标系中平行四边形的基本特征：即对边平行且相等或对边水平距离相等和竖直距离相等列方程求解．2．若平行四边形的四个顶点中某些点不能用坐标表示，则利用列方程组解图形交点的方法解决．3．灵活运用平行四边形的中心对称的性质，也可使问题变得简单．4．平移坐标法．先由题目条件探索三点的坐标(若只有两个定点，可设一个动点的坐标).再画出以三点为顶点的平行四边形，根据坐标平移的性质写出第四个顶点的坐标．最后根据题目的要求(动点在什么曲线上)，判断平行四边形的存在性．1．矩形：增加对角线相等和邻边垂直的性质，还可以转化为直角三角形的存在性问题．2．菱形：增加四边相等和对角线垂直的性质，还可以转化为直角三角形或等腰(等边)三角形存在性问题．3．正方形：兼顾以上性质，还可以转化为等腰直角三角形存在性问题．,典题精讲)◆平移坐标法【例1】如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝－x2－2x＋3与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，与y轴交于点C，顶点为P，如果以点P，A，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标．【解析】P，A，C三点是确定的，过△PAC的三个顶点分别画对边的平行线，三条直线两两相交，产生3个符合条件的点D(如图)．由y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，得A(－3，0)，C(0，3)，P(－1，4)．由于A(－3，0)eq\o(=,\s\up7(右3，上3))C(0，3)，所以P(－1，4)eq\o(=,\s\up7(右3，上3))D1(2，7)．由于C(0，3)eq\o(=,\s\up7(下3，左3))A(－3，0)，所以P(－1，4)eq\o(=,\s\up7(下3，左3))D2(－4，1)．由于P(－1，4)eq\o(=,\s\up7(右1，下1))C(0，3)，所以A(－3，0)eq\o(=,\s\up7(右1，下1))D3(－2，－1)．我们看到，用坐标平移的方法，远比用解析式构造方程组求交点方便多了．【答案】点D的坐标为(2，7)或(－4，1)或(－2，－1)．◆两定两动的分类讨论(对点法的应用)【例2】如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2－2ax－3a(a＜0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，经过点A的直线l：y＝kx＋b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC.(1)直接写出点A的坐标，并求直线l的函数解析式；(其中k，b用含a的式子表示)(2)点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为eq\f(5,4)，求a的值；(3)设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．图①备用图【解析】1.过点E作x轴的垂线交AD于F，那么△AEF与△CEF是共底的两个三角形．2．以AD为分类标准讨论矩形，当AD为边时，AD与QP平行且相等，对角线AP＝QD；当AD为对角线时，AD与PQ互相平分且相等．【答案】解：(1)由y＝ax2－2ax－3a＝a(x＋1)(x－3)，得A(－1，0)．由CD＝4AC，得xD＝4.所以D(4，5a)．由A(－1，0)，D(4，5a)，得直线l的函数解析式为y＝ax＋a；(2)如图②，过点E作x轴的垂线交AD于F.设E(x，ax2－2ax－3a)，F(x，ax＋a)，那么EF＝yE－yF＝ax2－3ax－4a.由S△ACE＝S△AEF－S△CEF＝eq\f(1,2)EF(xE－xA)－eq\f(1,2)EF(xE－xC)＝eq\f(1,2)EF(xC－xA)＝eq\f(1,2)(ax2－3ax－4a)＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(25,8)a，得△ACE面积的最大值为－eq\f(25,8)a.解方程－eq\f(25,8)a＝eq\f(5,4)，得a＝－eq\f(2,5)；(3)已知A(－1，0)，D(4，5a)，xP＝1，以AD为分类标准，分两种情况讨论：①如图③，如果AD为矩形的边，那么AD∥QP，AD＝QP，对角线AP＝QD.由xD－xA＝xP－xQ，得xQ＝－4.当x＝－4时，y＝a(x＋1)(x－3)＝21a.所以Q(－4，21a)．由yD－yA＝yP－yQ，得yP＝26a.所以P(1，26a)．由AP2＝QD2，得22＋(26a)2＝82＋(16a)2.整理，得7a2＝1.所以a＝－eq\f(\r(7),7).此时Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(26\r(7),7)))；②如图④，如果AD为矩形的对角线，那么AD与PQ互相平分且相等．由xD＋xA＝xP＋xQ，得xQ＝2.所以Q(2，－3a)．由yD＋yA＝yP＋yQ，得yP＝8a.所以P(1，8a)．由AD2＝PQ2，得52＋(5a)2＝12＋(11a)2.整理，得4a2＝1.所以a＝－eq\f(1,2).此时P(1，－4)．图②图③图④1．已知抛物线y＝－x2－2x＋3与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，顶点为P.若以A，C，P，M为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标.(三定一动型)解：(1)确定位置：如图．①以A，C，P三个定点为顶点画△APC；②过点A作PC的平行线，过点P作AC的平行线，过点C作AP的平行线；三条直线相交于M1，M2，M3；(2)代数法求点M的坐标：如图：设点M1(m，n)，利用平行四边形对边水平距离相等和竖直距离相等可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－0＝4－3，,－3－m＝0－（－1），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝1，,m＝－4，))即M1(－4，1)．同理可得：M2(－2，－1)，M3(2，7)．综上所述，点M的坐标为(－4，1)，(－2，－1)，(2，7)．2．如图，抛物线y＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点.设点P的坐标为(m，0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.(1)求点A，点B，点C的坐标；(2)求直线BD的解析式；(3)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形．解：(1)当x＝0时，y＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2＝2，∴C(0，2).当y＝0时，－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2＝0，解得x1＝－1，x2＝4.∴A(－1，0)，B(4，0)；(2)∵点D与点C关于x轴对称，∴D(0，－2)．设直线BD为y＝kx－2，把B(4，0)代入，得0＝4k－2，∴k＝eq\f(1,2).∴BD的解析式为y＝eq\f(1,2)x－2；(3)∵P(m，0)，∴M(m，eq\f(1,2)m－2)，Q(m，－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)．若四边形CQMD为平行四边形，∴QM∥CD，QM＝CD＝4，当P在线段OB上运动时，QM＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)m2＋\f(3,2)m＋2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m－2))＝－eq\f(1,2)m2＋m＋4＝4，解得m1＝0(不合题意，舍去)，m2＝2.∴m＝2.3．(2017兰州中考)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线AB交于A(－4，－4)，B(0，4)两点，直线AC：y＝－eq\f(1,2)x－6交y轴于点C.点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G.(1)求抛物线y＝－x2＋bx＋c的解析式；(2)连接GB，EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；(3)在y轴上存在一点H，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E，H的坐标．解：(1)∵点A(－4，－4)，B(0，4)在抛物线y＝－x2＋bx＋c上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－16－4b＋c＝－4，,c＝4，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝4，))∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋4;(2)设直线AB的解析式为y＝kx＋n，∵直线AB过点A，B，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝4，,－4k＋n＝－4，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,n＝4，))∴直线AB的解析式为y＝2x＋4，设E(m，2m＋4)，∴G(m，－m2－2m＋4)，∵四边形GEOB是平行四边形，∴EG＝OB＝4，∴－m2－2m＋4－2m－4＝4，∴m＝－2，∴G(－2，4);(3)①如图，由(2)知，直线AB的解析式为y＝2x＋4，∴设E(a，2a＋4)，∵直线AC：y＝－eq\f(1,2)x－6，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,2)a－6))，设H(0，p)，∵以点A，E